HAPITRE Langage de la continuité et tableaux de...

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2 Langage de la continuité et tableaux de variation

C H A P I T R E 2 L A N G AG E D E L A C O N T I N U I T É E T TA B L E A U X D E VA R I AT I O N 35

Les prérequis « pour démarrer » (page 40)1

Réponse

c

d

b

d

Prérequis testés

Déterminer une limite finie enun réel « de façon intuitive ».

Lire graphiquement les solu-tions d’une équation : f (x) = 0.

Savoir interpréter une courbetracée à l’écran de la calcu-latrice.

Savoir lire un tableau de va-riation.

Exercice

1

2

3

4

En complément

• Conjecturer à l’aide de la calculatrice.• Considérer d’autres exemples.

• Rappeler la méthode de résolution graphique de l’équation f (x) = l .• Considérer d’autres situations.

• Travailler sur différents fenêtres graphiques.• S’interroger sur le choix d’une fenêtre graphique.

• Critiquer, repérer des erreurs, des incohérences dans des tableaux de variation.• Savoir prendre en compte toutes les informationsd’un énoncé.

Objectifs

• Appréhender le langage de la continuité. • Reconnaître graphiquement la continuité.• Savoir que les fonctions usuelles sont continues.Connaître le contre-exemple de la fonction partie en-tière. • Connaître le théorème des valeurs intermédiaires, sa-voir l’interpréter graphiquement et en terme d’équation.• Connaître le cas des fonctions continues et strictementmonotones dans différentes situations.• Savoir déterminer le nombre de solutions d’une équa-tion.• Savoir étudier le signe d’une fonction. • Connaître certaines méthodes d’approximations desolutions : balayage, dichotomie.

Difficultés et erreurs

3.1 Langage de la continuité• Difficultés à représenter graphiquement une fonctiondéfinie par intervalles.

➞ Exercice résolu 2 (page 43)

➞ Exercices 23 et 25 (page 52)

3.2 Théorème des valeurs intermédiaires • Difficultés pour justifier l’existence des solutions d’uneéquation de la forme f (x) = l et confusion entre réso-lution et justification de l’existence des solutions.

➞ Exercices résolus 1 et 2 (page 45)

➞ Exercices 35, 36 et 37 (page 53)

• Ne pas savoir discuter graphiquement le nombre desolutions d’une équation f (x) = l suivant les valeurs de l .

➞ Exercices 38 et 42 (page 53)

3.3 Cas des fonctions continues et strictement monotones• Oublier certaines hypothèses lorsqu’on applique unthéorème.

➞ Exercices 58 (page 55)

• Prendre en compte de façon incorrecte l’intervalledans lequel on recherche les solutions d’une équation.


➞ Exercice 59 (page 55)

3

2

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• Difficultés pour justifier rigoureusement le signe d’uneexpression.


➞ Exercice 44 (page 53)

Description de l’approche

Le théorème des valeurs intermédiaires (page 44)

A. Raison du choix et objectifs

L’approche permet de discuter, par lecture graphique,le nombre de solutions de l’équation f (x) = k dans deuxsituations et donc de poser la question des conditionsportant sur f et k pour qu’une telle équation admette aumoins une solution.

B. Corrigé

Le nombre de solutions de l’équation f (x) = k est lenombre de points d’intersection de la courbe � et de ladroite d’équation y = k.

a) f (– 1) = – 1, f (2) = 2 et – 1 � k � 2.• Si – 1 � k � 0 : 1 solution, • si 0 < k � 1 : pas de solution, • si 1 < k � 2 : 1 solution.

b) f (– 1) = 2, f (2) = – 1 et – 1 � k � 2.• Si – 1 � k < 0 : 1 solution, • si 0 � k < 1 : 3 solutions, • si k = 1 : 2 solutions, • si 1 < k � 2 : 1 solution.

C. Scénario possible de mise en œuvre

• 1er temps :On peut laisser aux élèves un temps de réflexion indi-viduelle.

• 2ème temps :Le professeur sollicite les élèves sur : – la méthode pour résoudre graphiquement une telleéquation, – la discussion du nombre de solutions. Il les conduit ensuite à énoncer le théorème des valeursintermédiaires.

• 3ème temps :Les élèves pourraient alors ensuite réfléchir en groupesaux questions suivantes : – la continuité apparaît comme une condition suffisante.Est-elle nécessaire ? Peut-on proposer un contre-exemple ?– Peut-on trouver une (ou des) condition(s) permettantd’affirmer qu’il y a existence et unicité de la solution ? Ces conditions sont-elles suffisantes ? nécessaires ?

Activité

5.1 Une fonction périodique et non continuesur � (page 48)

A. Notions utilisées

• Définition de la fonction partie entière.

• Périodicité d’une fonction.

• Représentation graphique d’une fonction non continue.

• Tracé d’une courbe représentative à l’écran de la cal-culatrice.

B. Corrigé

1. f (0,7) = 0,7 – 0 = 0,7,

f (1,7) = 1,7 – 1 = 0,7,

f (2,7) = 2,7 – 2 = 0,7,

f (– 2,3) = – 2,3 + 3 = 0,7.

2. a) Pour tout réel x, il existe un entier relatif p tel quep � x < p + 1, E (x) = p.

Pour tout entier relatif n,p + n � x + n � p + 1 + n

donc :

E(x + n) = p + n = E(x) + p.

b) Pour tout réel x, f (x + 1) = (x + 1) – E(x + 1)

= x + 1 – E(x) – 1 = f (x)

donc f est périodique et 1 est une période de f.

3. a) Pour tout x � [0, 1[ ,f (x) = x – E(x) = x.

Le plan étant muni d’un repère (O ; ik, jk), la courbe re-présentant f est invariante par toute translation de vec-teur p ik avec p � �, car 1 est une période de f.

b) La fonction n’est pas continue en tout p de �, ellen’est donc pas continue sur �.

4. En modeCONNECTED, ladiscontinuitéest escamotée.

O 1

5

4

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En mode DOT,la discontinuitéapparaît.

5.2 Résolution d’une équation du type f (x ) = 0(page 48)A. Notions utilisées

• Étude d’une fonction polynôme de degré 3.• Théorème des valeurs intermédiaires. • Recherche de valeurs approchées de solutions del’équation f (x) = 0 à partir de la représentation gra-phique obtenue à l’écran de la calculatrice ou des fonc-tions de résolutions de la calculatrice.• Formules d’addition et de duplication en trigonomé-trie.• Résolution de l’équation cas x = .

B. Corrigé■ Étude d’une fonction

a) Pour x π0, f (x) = x3

• limxÆ+�

= 1

et limxÆ+�

x3 = + � donc limxÆ+�

f (x) = +�.

• limxÆ–�

= 1

et limxÆ–�

x3 = – � donc limxÆ–�

f (x) = – �.

b) f est une fonction polynôme, dérivable sur �. Pourtout réel x :

f’(x) = 3 x2 – 3 = 3(x – 1) (x + 1).

f est continue et strictement monotone sur chacun desintervalles ]– � ; – 1[ ; [– 1, 1] et ]1 ; + �[.

• 0 � ]– � ; 1[ donc l’équation f (x) = 0 admet une so-lution unique dans ]– �, – 1[,

• 0 � [– 3 ; 1] donc l’équation f (x) = 0 admet une so-lution unique dans [– 1 ; 1],

• 0 � ]– 3 ; + �[ donc l’équation f (x) = 0 admet unesolution unique dans ]1 ; + �[.

• Finalement, l’équation f (x) = 0 admet exactement troissolutions dans �.

Avec la calculatrice :

– 1,6 < x1 < – 1,5 ; – 0,4 < x2 < – 0,3 ; 1,8 < x3 < 1,9.

■ Recherche des valeurs exactes des solutions

a) Pour tous réels a et b,

cos(a + b) = cos a cos b – sina sin b,

cos 2a = 2 cos2 a – 1,

sin 2a = 2 sin a cos a.

Pour tout réel q, cos 3q + 3 cos q= cos 2 q cos q – sin 2 q sin q + 3 cos q= (2 cos2 q – 1) cos q – 2 sin2 q cos q + 3 cos q= 2 cos3 q + 2 cos q – 2 (1 – cos q) cos q= 2 cos3 q + 2 cos q – 2 cos q + 2 cos2 q= 4 cos3 q.

b) x = 2 cos q est solution de [1] si et seulement si8 cos3 q – 6 cos q – 1 = 0, c’est-à-dire :

,

2 cos 3 q = 1, soit cos 3 q = (2).

c) L’équation (2) équivaut à :

3 q = + k ¥ 2 p (k � �)

ou : 3 q = – + k ¥ 2 p (k � �)

q = + k ¥

ou : q = – + k ¥ .

d) Donc les valeurs exactes des solutions de [1] sont :

2 cos , 2 cos et 2 cos .

O7p—9

5p—9

5p—9

p—9

p—9

7p—9

x

f’(x)

f (x)

– � – 1 1 + �

+ 0 – 0 +

1 + �

– � – 3

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38

5.3 La méthode de dichotomie (page 48) A. Notion utilisée

Utilisation du tableur.

B. Corrigé

■ Le principe

Si f (a) et f sont de signes contraires, alors :

a < a < ,

et si f (a) et f sont de même signe, alors :

< a < b.

■ Vers un encadrement de a

1ère étapef (– 2) et f (– 1,5) sont de signes contraires donc :

– 2 < a < – 1,5.

2e étapef (– 1,75) et f (– 1,5) sont de même signe donc :

– 2 < a < – 1,75.

■ Automatisation du calcul

Pour n = 24, l’encadrement de a a une amplitude infé-rieure à 10–6.

5.4 Obtenir un encadrement par balayage (page 50) A. Notion utilisée

Dresser la table de valeurs d’une fonction avec la cal-culatrice.

B. Corrigéa)

f (1, 8) < 0 et f (1, 9) > 0 donc 1,8 0 donc 1,87 0 donc 1,879 0 donc 1,8793 < b < 1,8794.

5.5 Prolonger une fonction par continuité (page 50) A. Notions utilisées– Utilisation du logiciel GéoplanW.– Étude des limites d’une fonction rationnelle. – Continuité d’une fonction en un réel.

B. Corrigé

■ Conjecturer les limites de la fonction favec GéoplanW

a) Si les droites (AM) et (y’y) sont parallèles, le pointm n’existe pas. C’est le cas si l’abscisse de M est 2.Si les droites (Bm) et (x’x) sont parallèles, le point M’n’existe pas. C’est le cas si l’ordonnée de m est – 2,c’est-à-dire si l’abscisse de M est .

L’ensemble de définition de f est donc � – .

b) • Lorsque x tend vers +� l’ordonnée de m tend vers1 et l’abscisse de M’ tend vers – 1.On conjecture lim

xÆ+� f (x) = – 1

et de même limxÆ–�

f (x) = – 1.

• Lorsque x tend vers 2, l’ordonnée du point m tend vers+� (si x > 2) ou vers –� (si x < 2) et l’abscisse de M’tend vers – 3. On conjecture lim

xÆ2f (x) = – 3.

• Lorsque x tend vers , l’ordonnée du point m tend

vers – 2 et l’abscisse de M’ tend vers pour –�

(si x > ), + � (si x < ).

On conjecture limxÆ4/3x>4/3

f (x) – � et limxÆ4/3x>4/3

f (x) + �.

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■ Calculer f (x ) et déterminer ses limites

a) A (2 ; 1) , M (x ; 0) , m (0, ym), AMo et

Amo sont colinéaires si (x – 2) (ym – 1 ) = 2,

c’est-à-dire ym = (x π2).

b) B (– 3 ; – 2), M’ (x’ ; 0).

Bmo et BM’o sont colinéaires si et seu-

lement si (x’ + 3) = 6,

c’est-à-dire :x’ = .

c) • Pour x π2, x π et x π 0, f (x) = .

limxÆ+�

= 3

donc limxÆ+�

f (x) = – 1 ;

limxÆ–�

= 3

donc limxÆ–�

f (x) = – 1.

• limxÆ

(– 3 x)= – 4,

limxÆ4/3x<4/3

(3x – 4) = 0 et 3x – 4 < 0 donc limxÆ4/3x<4/3

f (x) = + � ;

limxÆ4/3x>4/3

(3x – 4) = 0 et 3x – 4 > 0 donc limxÆ4/3x>4/3

f (x) = – �.

• limxÆ2

(– 3x) = – 6 et limxÆ2

(3x – 4) = 2

donc limxÆ2

f (x) = – 3.

d) g est continue en 2 si et seulement si g admet une li-mite en 2 égale à g (2), c’est-à-dire si et seulement si m = – 3.

Faire le point• Pour se tester

c b b c c

b c

• Vrai ou faux

V V F V V

F V F V F

V

Exercices d’application

a) f et h sont continues sur [– 2 ; 3], mais g n’estpas continue sur cet intervalle (g n’est pas continue en 1).

b) g est continue sur [– 2 ; 1[ par exemple.

1. a)

La fonction f n’est pas continue sur � ; elle n’est pascontinue en 1.

b) La fonction est continue sur � pour m = 2.

2. g est la composée de la fonction racine carrée(continue sur [0 ; +�[ ) et de la fonction rationnelle

x � (continue sur ]– � ; 1[ et ]1 ; + �[ ).

Donc g est continue sur son intervalle de définition ]1 ; + �[.

a) f (2) = = 0f est continue en 2 si et seulement si f admet une limiteen 2.

f (2) = 0 et limxÆ 2

(x2 + m x) = 4 + 2 m donc f est continue

en 2 si et seulement si m = – 2.

22

O 1

1

2

1,5–1

O 1

1

2–1

21

20

18

1716151413

12111098

76

54321

Corrigés des exercices et des problèmes6

b)

La courbe est obtenue par un tracé sans lever le crayon.

a)

f (x) =x – 1 si x � 1– x + 1 si x < 1.

b) f est continue sur �, sa courbe est un tracé sans leverle crayon.

a)

Si x � alors f (x) = n ;

Sur l’intervalle la représentation graphique

de la fonction f est le segment porté par la droite d’équa-tion y = n.

b) La fonction f n’est pas continue en tous réels oùn � �.

a)

g(x) = .

b) g n’est pas continue en 1.

• Pour tout x � [– 1; 0[ , E(x) = – 1

et f (x) = x2 + 2x.• Pour tout x � [0 ; 1[ , E(x) = 0 et f (x) = x2.• Pour tout x � [1 ; 2[ , E(x) = 1et f (x) = x2 – 2x + 2.

b)

c) f est continue sur [– 1 ; 2[ car la courbe est obtenuepar un tracé sans lever le crayon.

a)

b) La représentation proposée (en mode CONNECTED)est en général incorrecte.À partir d’un pas donné, les points de la courbe sontconstruits et reliés successivement par un segment.

O

1

1

28

27

O

1

2

–1

1

–1

2

26

O

1

2

1–1 2

25

O

1

–1

–2

2

3

4

1 2

–1

1—2

–1—2

3—2

24

{

O

1

1 2

23

O

1

–1

1

2

40

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Les fonctions polynômes et sinus sont continues

sur � donc f et i sont continues sur �.g est une fonction rationnelle définie sur �, donc conti-nue sur �.La fonction partie entière n’est pas continue en tout réeln de �.

La fonction g définie sur [– 3 ; + �[ par :

g (x) = est la composée d’une fonction affine et de la fonctionracine carrée. Elle est donc continue sur [– 3 ; + �[.f est la somme d’une fonction affine et de la fonctiong, toutes deux continues sur [– 3 ; + �[.

La fonction racine carrée est continue sur

[0 ; + �[ et la fonction x � 2x – 1 est continue sur �.

f, quotient de ces deux fonctions, est continue sur tout

intervalle contenue dans [0 ; + �[ et ne contenant pas

donc sur et sur .

a) Pour tout x de D,

f (x) = .

f (x) = .

b) limxÆ0

= 1 , donc limxÆ0

f(x) = .

c) g continue en 0 si et seulement si l = .

a)

b) limxÆ0

= 1.

c) g est continue en 0 si et seulement si m = 1.

f est une fonction polynôme donc f est continue

sur �. f (– 2) = 5 et f (3) = 20, 8 est compris entre f (– 2) et f (3)donc l’équation f (x) = 8 admet au moins une solutiondans [– 2 ; 3].

f est la fonction définie sur � par :

f (x) = 2 sin(2x) – cos x – 1. f est continue sur �.

f = – 1 et f = .

0 � , donc d’après le théorème des va-

leurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 , c’est-à-dire

(E), a une solution et une seule dans .

f est la fonction définie sur � par :

f (x) = x3 + x2 + 1 .

f est un polynôme donc f est continue sur �.

f (– 2) = – 1 et f (1) = sont de signes contraires, donc

l’équation f(x) = 0 a au moins une solution dans [– 2 ; 1].

sur [– 2 ; – 1], f est continue et 0 est compris entre f (– 2)et f (– 1) donc l’équation f (x) = 0 admet au moins unesolution dans cet intervalle.Par un raisonnement analogue, l’équation f (x) = 0 admetau moins une solution dans [– 1 ; 0], dans [0 ; 1] et dans[1 ; 3]. Finalement le polynôme f admet quatre racines.

a) f est une fonction polynôme donc f est conti-nue sur [– 1 ; 3].

b) f (0) = 0 et f (3) = 12, f est continue sur [0 ; 3] doncpour tout l tel que 0 � l � 12, l’équation f (x) = 1admet au moins une solution dans [0 ; 3] donc aussidans [– 1 ; 3].c)

d) On détermine par lecture graphique le nombre depoints d’intersection de �f et de la droite Dl d’équationy = l avec 0 � l � 12. Pour 0 � l � 4, l’équation a deux solutions et pour 4 < l � 12, une seule solution.

a) Pour tout réel x π0.

f (x) = x5 .

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x5 = + � donc

39

38

37

36

35

34

33

32

31

30

29


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x

f (x)

– 2

3

– 1

– 1

0

1

1

– 3

3

43

limxÆ+�

f (x) = + �,

ce qui signifie que tout intervalle ]M, + �[, avec M réel,contient toutes les valeurs de f (x) pour x assez grand.Prenons M = 1. Il existe un réel A > 0 tel que si x � Aalors f (x) > 1.

b) limxÆ–�

= 1 et limxÆ–�

x5 = –�

donc limxÆ–�

f (x) = – �, ce qui signifie que tout intervalle

]– �, M [, avec M réel, contient toutes les valeurs def (x) pour x négatif et assez grand en valeur absolue.Prenons M = – 1. Il existe un réel B < 0 tel que si x � B alors f (x) < – 1.

c) f est une fonction polynôme continue sur � donc sur[B ; A], O � [ f (B) ; f (A)] car :

f (B) < – 1 et f (A) > 1 donc l’équation f (x) = 0 admet au moins une solutiondans [B ; A].Pour x � B, f (x) < – 1 donc l’équation f (x) = 0 n’apas de solution dans ]– � ; B].Pour x � A, f (x) > 1 donc l’équation f (x) = 0 n’a pasde solution dans [A ; + �[.En conclusion, toutes les racines du polynôme f sontdans l’intervalle [B ; A].

a) g (a) = f (a) – a = – a, or a � ]0 ; 1[ donc : g (a) < 0.

g (b) = f (b) – b = 1 – bor b � ]0 ; 1[ donc g (b) > 0.

b) L’équation f (x) = x s’écrit aussi g(x) = 0. g est continue sur � car g est la somme de la fonction fet de la fonction : x � – x , toutes deux continues sur �. 0 est compris entre g(a) et g(b) donc l’équation g(x) = 0admet au moins une solution dans [a ; b] donc aussidans ]0 ; 1[ car [a ; b] � ]0 ; 1[.

a) E(x) = 1 équivaut à 1 � x < 2, � = [1 ; 2[.

b) E(x) = – 1 équivaut – 1 � x < 0, � = [– 1 ; 0[.

c) E(x) = n’a pas de solution car E(x) est un entier

relatif pour tout réel x, S = �.

a) f (3) = 21 et f (– 3) = – 15, f est une fonctionpolynôme donc f est continue sur [– 3 ; 3].Pour tout réel k compris entre f (– 3) = – 15 et f (3) = 21,l’équation f (x) = k admet au moins une solution dans[– 3 ; 3].

b) f est dérivable sur [– 3 ; 3] et pour tout x de [– 3 ; 3]f ’(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1) (x + 1).

c) Lire graphiquement le nombre de solutions de l’équa-tion f (x) = k revient à déterminer le nombre de pointsd’intersection de �f et de la droite Dk d’équation y = k.Pour – 15 � k < 1 : une solution,

k = 1 : deux solutions,1 < k < 5 : trois solutions,k = 5 : deux solutions, 5 < k � 21 : une solution.

a) D’après le tableau de variation, l’équation

f (x) = – 2 admet une solution unique dans ]– � ; – 3]

et une solution unique dans ]– 3, [. Elle n’a pas de

solution dans [ ; + �[ car tout x de [ ; + �[,

0 < f (x) � 1. Cette équation a donc deux solutions dans �.

b) D’après le tableau de variation, l’équation f (x) = 0admet une solution unique dans ]– � ; – 3] et une so-lution unique dans ]– 3 ; [.

Elle n’a pas de solution dans [ ; + �[.Cette équation a donc deux solutions dans �.

c) D’après le tableau de variation, l’équation f (x) =

admet une solution unique dans chaque intervalle ]– � ; – 3], ]– 3 ; [ et [ ; + �[ donc trois solu-tions dans �.

43

O

5

20

–15

1 3

–3

–1

�f

42

41

40

42

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x

f’ (x)

f (x)

– 3

– 15

+

– 1

0

5

–

1

0

1

+

3

21

b) f est une fonction polynôme donc f est dérivable sur� et pour tout réel x, f ’(x) = – 3x2 – 2.Donc f’(x) < 0 et f est strictement décroissante sur �. De plus lim

xÆ– �f (x) = + � et lim

xÆ+�f (x) = – � donc

l’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans �.

c) Pour x < a , f (x) > f (a) donc f (x) > 0.Pour x > a, f (x) < f (a) donc f (x) < 0.

a) f est une fonction polynôme donc f est déri-

vable sur � et pour tout réel x,

f ’(x) = 6x2 – 6x = 6x (x – 1).b)

c) Sur ]– � ; 0], f est croissante et f (0) = – 1 donc pourtout x de ]– � ; 0],

f (x) � f (0),f (x) � – 1,

l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans ]– � ; 0].Sur ]0 ; 1[, f est décroissante f (0) = – 1, f (1) = – 2 doncpour tout x de [0 ; 1], f (1) � f (x) � f (0),– 2 � f (x) � – 1,l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution dans ]0 ; 1[. Sur [1 ; + �[, f est continue et strictement croissantef (1) = – 2 et lim

xÆ+�f (x) = +�.

Donc pour tout réel k � – 2, l’équation f (x) = k admetune solution unique dans [1 ; +�[. En particulier pourk = 0.Finalement, l’équation f (x) = 0 admet une solutionunique a dans � et a � 1.

d) f (1,67) ª – 0,0518f (1,68) ª 0,01606donc 1,67 < a < 1,68 car f est strictement croissantesur [1 ; + �[.

a) f est une fonction polynôme donc f est déri-

vable sur � et pour tout réel x,

f ’(x) = 12x3 – 24x2 – 12x + 24= 12 (x3 – 2x2 – x + 2)= 12 [x2(x – 2) – (x – 2)]= 12 (x – 2) (x2 – 1).

b)

c) Sur ]–� ; – 1], f est continue et strictement décrois-sante, lim

xÆ+�f (x) = +� et f (– 1) = – 19 donc l’équation

f (x) = 0 admet une solution unique a dans ]–� ; – 1].Sur ]– 1 ; 1[, f est continue et strictement croissante, f (– 1) = – 19 et f (1) = 13 donc l’équation f (x) = 0admet une solution unique b dans ]– 1 ; 1[. Sur [1 ; +�[, f présente un minimum égal à 8, donc pourtout x � 1, f (x) � 8 d’où l’équation f (x) = 0 n’a pas desolution dans [1 ; +�[.Finalement l’équation f (x) = 0 admet deux solutions,a et b (a < b).

d) f (– 1,62) ª 0,04, f (– 1,62) > 0et f (– 1,61) ª 0,65, f (– 1,61) < 0donc – 1,62 < a < – 1,61.

a) La fonction sinus est continue et strictement

croissante sur .

Pour tout réel k compris entre sin = – 1 et

sin = 1, l’équation sinx = k admet une solution

unique x0 dans .

b) Avec la calculatrice, pour k = , x0 ª 0,34.

La fonction cosinus est continue et strictementdécroissante sur [0 ; p]. Pour tout réel k compris entrecos 0 = 1 et cos p = – 1, l’équation cos x = k admet unesolution unique x0 dans [0 ; p].

b) Avec la calculatrice, pour k = – , x0 ª 1,911.

La fonction f définie sur [0 ; 1] par :

f (x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x

49

48

47

46

45

44


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rodu

ctio

n in

terd

ite

x

f (x)– � a + �

+ 0 –

x

f’(x)

f (x)

– �

– �

+

0

0

– 1

–

1

0

– 2

++ �

+ �

x

x – 2

x2 – 1

f ’(x)

f (x)

– � – 1 1 2 +�

– – – 0 +

+ 0 – 0 + +

– 0 + 0 – 0 +

+ � 13 + �

– 19 8

est une fonction polynôme, continue et dérivable sur

[0 ; 1]. Pour tout réel x de [0 ; 1],

f ’(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1

donc f’(x) > 0 et f est strictement croissante sur [0 ; 1].

De plus, f (0) = 0 et f (1) = 5, l’équation f (x) = 1 admetdonc une solution unique dans [0 ; 1].

a)

b) La fonction f : x � x3 + x – 3 est dérivable sur �.Pour tout réel x, f ’(x) = 3x2 + 1 donc f’(x) > 0. f est continue et strictement croissante sur �.De plus lim

xÆ+�f (x) = +� et lim

xÆ–�f (x) = –�, donc l’équa-

tion f (x) = 0 admet une solution unique x0 dans �.

c) 1,21 < x0 < 1,22.

a) Avec le tableau de variation de f, on obtient

les résultats suivants.

Pour x � ]– � ; – 2], 1 � f (x ) � 4 donc l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans ]–� ; – 2].Dans [– 2 ; – 1[, l’équation f (x) = 0 a une solutionunique dans ]–� ; – 2].Dans ]– 1 ; 2], l’équation f (x) = 0 a une solutionunique b. Pour x � [2 ; + �[, – 1 � f (x) < 0 doncl’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans [2 ; + �[.b) – 2 < a < – 1 et 1 < b < 2.

a) Le volume du cube est x3 et celui du parallé-

lépipède rectangle est 3(x + 1) en cm3.

On résout l’équation x3 = 3x + 3 ou x3 – 3x – 3 = 0. La fonction x � x3 – 3x – 3 est dérivable sur � et pourtout réel x, f’(x) = 3x3 – 3 = 3(x – 1) (x + 1).

f est strictement décroissante sur [0 ; 1], f (0) = – 3 etf (1) = – 5 donc pour tout x � [0 ; 1], – 5 � f (x) � – 3et l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans [0; 1]. Sur [1 ; +�[, f est continue et strictement croissantef (1) = – 5 et lim

xÆ+�f (x) = +�, l’équation f (x) = 0 a donc

une solution unique a dans [1 ; +�[.

b) f (2,1) ª – 0,04 f (2,2) ª 1,05donc 2,1 < a < 2,2.

a) �1 = OA ¥ OB ¥ sin x ; �1 = R2 sin x.

b) L’aire du secteur circulaire OAB est :

� = pR2 ¥ donc :

�2 = � – �1 = (x – sin x).

c) �1 = �2 équivaut à sin x = (x – sin x), c’est-

à-dire sin x = .

2) La fonction f (x) � sin x – est dérivable sur [0 ; p]

et pour tout x � [0, p], f ’(x) = cos x – .

• Sur , f est croissante et f (0) = 0 donc pour tout

réel x � , f (x) > 0.

• Sur , f est continue et strictement décrois-

sante. De plus f > 0 et f (p) < 0 donc l’équation f (x) = 0

admet une solution unique dans .

L’équation sin x = admet donc une solution unique

a dans ]0 ; p[.

b) f (1,89) ª 0,005, f (1,89) > 0 et f (1,9) ª – 0,004, f (1,9) < 0

donc 1,89 < a < 1,9.

1. a) f est le produit de deux fonctions dérivables

sur ]3 ; +�[, f est dérivable sur ]3 ; +�[ et :

f ’(x) =

54

53

52

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O

1

3

1 3

D

–1

�

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x

f’ (x)

f (x)

0 1 + �

– 0 +

– 3 + �

– 5

x

f’(x)

f (x)

0 p

+ 0 –

0 –

b) Pour x > 3, f ’(x) > 0.f est strictement croissant sur ]3 ; +�[.

On admet que f n’est pas dérivable en 3.lim

xÆ+�(x – 3) = +� donc lim

XÆ+�= + �

et limxÆ+�

= + �.

limxÆ+�

x2 = +� donc limxÆ+�

f (x) = +�.

2. a) f est continue et strictement croissante sur[3 ; +�[, f (3) = 0 et lim f (x) = +�, donc l’équationf (x) = 4 admet une solution unique a dans ]3 ; +�[.

b) f (3,16) ª 3,99, f (3,16) < 4et f (3,17) ª 4,14, f (3,17) > 4

donc 3,16 < a < 3,17.

1. a) f est le produit de fonctions dérivables sur

]– � ; 1[.

f est dérivable sur ]– � ; 1[ et pour tout x < 1, f ’(x) =

.

b)

On admet que f n’est pas dérivable en 1.

c)

2. a) g est la fonction définie sur ]– � ; 1] par :g (x) = | f (x) |.

Pour x � 0, g (x) = f (x) et pour x < 0, g (x) = – f (x).Sur [0 ; 1], la courbe représentant g est la même quecelle représentant f.

Sur ]– � ; 0[ la courbe représentant g est l’image decelle représentant f par la symétrie d’axe, l’axe desabscisses.

• Sur ]– � ; 0[, g est continue et strictement décrois-sante, lim

xÆ–�g (x) = +� et g (0) = 0 donc l’équation

g (x) = admet une solution unique x1 dans

]– � ; 0[.g

et g (0) < donc – < x1 < 0.

• Sur , g est continue et strictement croissante,

g (0) < et donc l’équation

g (x) = admet une solution unique x2 dans

.

• Sur , g est continue et strictement décroissante,

et g (1) < donc l’équation

g(x) = admet une solution unique x3 dans .

b) x1 ª – 0,2 , x2 ª 0,2, x3 ª 1 à 10–1 près.

a) f est la somme des fonctions : x � et

x � x définies et continues sur [0 ; +�[ donc f est

continue sur [0 ; +�[.

b) f est dérivable sur ]0 ; +�[ et pour tout x > 0,

f ’(x) = + 1 donc f’(x) > 0 et f est strictement

croissante sur [0 ; +�[.

limxÆ+ �

= +� et limxÆ+ �

x = +�

donc limxÆ+ �

( f (x) = +�.

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O

1

12—3

�g

O

1

12—3

�f

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x

f’(x)

f (x)

3 + �

++ �

0

x

f’(x)

f (x)

– � 1

+ 0 –

– � 0

On admet que f n’est pas dérivable en 0.

c) f est continue et strictement croissante sur [0 ; +�[,f (0) = 0 et lim

xÆ+ � f (x) = +�

donc l’équation f (x) = 5 admet une solution unique adans [0 ; +�[.f (3) ª 4,7 et f (4) ª 6 donc 3 < a < 4.

d) f (3,2) ª 4,99 et f (3,3) ª 5,12 donc 3,2 < a < 3,3.

1.

2. a) Sur ]0 ; +�[, l’équation g (x) = 1 a une solutionunique a car � et D ont un seul point commun.b) a ª 0,7 au dixième près.

3. a) g est dérivable sur ]0 ; +�[ et pour tout x > 0,g’(x) = – – 3 x2,

g’(x) < 0 donc g est strictement décroissante sur ]0 ; +�[.limxÆ0x>0

= +� et limxÆ0

x3 = 0 donc limxÆ0

g (x) = +�.

limxÆ+�

= 0 et limxÆ+�

x3 = + � donc limxÆ+�

g (x) = – �

b) D’après le tableau de variation, l’équation g (x) = 0admet une solution unique dans ]0 ; +�[.

1. a)

b) f n’est pas continue sur 1, donc f n’est pas conti-nue sur [0 ; 2]. La fonction f est strictement croissante sur [0 ; 2].

d) f (0) = 0, f (1) = 2 et k = donc f (0) � k � f (1).

e) L’équation f (x) = n’a pas de solution dans

[0 ; 2].Graphiquement, la droite d’équation y = n’a aucun

point commun avec la courbe représentant f . La fonction f n’est pas continue sur [0 ; 2] on a trouvéun réel k compris entre f (0) et f (2) pour lequel l’équa-tion f (x) = k n’a pas de solution.

2. a)

b) La fonction cosinus est continue sur [0 ; 3p], la courbeest obtenue par un tracé sans lever le crayon.

c) la fonction n’est pas monotone sur [0,3p] : elle estdécroissante sur [0 ; p], croissante sur [p ; 2p], dé-croissante sur [2p ; 3p].

d) g (0) = 1, g (3p) = – 1 et k = donc g (3p) � k � g (0).

e) Dans [0 ; 3p] l’équation g (x) = a trois solutions

, et .

La fonction g n’est pas strictement monotone sur [0 ; 3p]. Il manque donc une hypothèse pour appliquerle théorème.On a trouvé un réel k compris entre g(0) et g(3p) pourlequel l’équation g (x) = k a plusieurs solutions.

3. h est strictement croissante sur [0 ; 1] donc pour toutréel x de [0 ; 1], h (0) � h (x) � h (1), c’est-à-dire 0 � h (x) � 1. k est un réel non compris entre 0 et 1, pour tout réel x � [0 ; 1], h (x) πk.L’équation h (x) = k n’a pas de solution dans [0 ; 1].k n’est pas compris entre f (a) et f (b). Il manque unehypothèse pour appliquer le théorème.

a) D’après le tableau de variation de f, l’équationf (x) = 0 admet une solution unique dans [0 ; +�[.

b) La réponse précédente ne donne pas d’indication surle nombre de solutions réelles de l’équation f (x) = 0.

c) f est croissante sur ]– � ; – 2] et f (– 2) = – 1 doncpour tout x de ]– � ; – 2[, f (x) � – 1.

59

O

1

–1

1

3p

O

1

2

3

1 2

58

57

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x

f ’(x)

f (x)

0 + �

++ �

0

x

g’(x)

g (x)

0 + �

–+ �

–�

L’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans ]– � ; – 2].f est décroissante sur [– 2 ; 0] et f (– 2) = – 1 doncpour tout x de [– 2 ; 0], f (x) � – 1.

L’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans [– 2 ; 0].

D’après le tableau de variation de f, l’équation f (x) = 0admet une solution unique dans [0 ; +�[.

Finalement, l’équation f (x) = 0 a une seule solutiondans � et cette solution est positive.

a) f est une fonction polynôme donc f est conti-

nue sur �.

b) Pour x π0,

f (x) = x3 .

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x3 = +�

donc limxÆ+�

f (x) = +�.

limxÆ–�

= 1 et limxÆ–�

x3 = – �

donc limxÆ–�

f (x) = – �.

f est dérivable sur � et f ’(x) = 3 x2 – 6 = 3(x2 – 2),

f ’ est un polynôme du second degré qui a pour racines

et – .

On obtient donc le tableau de variation suivant :

d) D’après le tableau de variation, l’équation f (x) = 0

a une solution unique dans l’intervalle ]– � ; – ].

f est décroissante sur [– ; ] et :

f ( ) = 7 – 4

donc pour tout réel x de [– ; ], f (x) � 7 – 4 .

L’équation f (x) = 0 n’a pas de solution sur :

[– ; ].

f est croissante sur [ ; +�[ et f ( ) = 7 – 4

donc pour tout réel x de [ ; + �[, f (x) � 7 – 4 .

L’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans[ ; + �[.

Finalement l’équation f (x) = 0 a une solution unique

dans �.

Exercices d’approfondissement

1. a)

b) Les solutions de l’équation f (x) = g (x) sont les abs-cisses des points d’intersection des courbes représen-tant f et g.Par lecture graphique, il y a 3 solutions.

2. Pour tout x π3,

h (x) = (x – 3)

= (x– 3) (x2 – 9) – 12= x2 – 3x2 – 9x + 15.

a) Pour x π0 et x π0,3, h (x) = x3 .

On applique les règles opératoires sur les limites.

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x3 = +�

donc limxÆ+�

h(x) = +�.

limxÆ+�

= 1 et limxÆ–�

x3 = – �

donc limxÆ–�

h(x) = – �.

limxÆ3

h (x) = 33 – 3 ¥ 32 – 9 ¥ 3 + 15 = – 12.

b) h est une fonction polynôme définie et dérivable entout réel x π3 et :

h’ (x) = 3x2 – 6x – 9 = 3(x + 1) (x – 3).

c) L’équation f (x) = g (x) équivaut à :x π3 et x2(x – 3) = 9(x – 3) + 12,

�g

�g

�f

x1

y = 9

x = 3

x2

x3

1

1

62

60


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terd

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x

f’(x)

f (x)

– � – – �

+ 0 – 0 +

7 + 4 + �

– � 7 – 4

x

f’(x)

f (x)

– � – 1 3 + �

+ 0 – +

20 + �

– � – 12 – 12

c’est-à-dire h (x) = 0.h est continue car h est une fonction polynôme et stric-tement monotone sur chacun des intervalles :

]– � ; – 1] ; [– 1 ; 3[ et ]3 ; + �[.L’équation h (x) = 0 admet dans chacun des ces inter-valles une solution unique et l’équation f (x) = g (x) adonc trois solutions.

d) – 2,7 < x1 < – 2,6 , 1,3 < x2 < 1,4 , 4,2 < x3 < 4,3.

1. a) f est une fonction rationnelle, elle est donc

continue sur tout intervalle contenu dans son ensemble

de définition.

b) On applique les règles opératoires sur les circuits.

Pour x π0, f (x) =

= .

limxÆ+�

= 2,

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x = +�

donc limxÆ+�

f (x) = 0.

limxÆ–�

= 2

limxÆ–�

= 1 et limxÆ–�

x = – �

donc limxÆ–�

f (x) = 0.

Pour étudier les limites en – 3 et 1, il est utile deconnaître le signe de x2 + 2x – 3.

limxÆ–3

(2x + 2) = – 3 ,

limxÆ–3x<–3

(x2 + 2x – 3) = 0 et x2 + 2x – 3 > 0

donc limxÆ–3x<–3

f (x) = – �.

limxÆ–3x>–3

(x2 + 2x – 3) = 0 et x2 + 2x – 3 < 0

donc limxÆ–3x>–3

f (x) = +�

limxÆ1

(2x + 2) = 4

limxÆ1x>1

(x2 + 2x – 3) = 0 et x2 + 2x – 3 > 0

`

donc limxÆ1x>1

f (x) = +�.

limxÆ1x<1

(x2 + 2x – 3) = 0 et x2 + 2x – 3 < 0

donc limxÆ1x<1

f (x) = – �.

c) f est dérivable en tout point de � car f et une fonc-

tion rationnelle.

Pour tout x de �,

f ’(x) =

= .

Le discriminant du polynôme – 2x2 – 4x – 10 est né-

gatif strictement donc pour tout x de �,

– 2x2 – 4x – 10 < 0 et (x2 + 2x – 3) > 0 donc :

f’(x) < 0.

2. a) L’équation f (x) = 0 a pour unique solution

x = – 1 donc le point I a pour coordonnées (– 1 ; 0).

b) On démontre que pour tout réel h différent de

– 2 et 2, f (– 1 + h) = – f (– 1 – 1h).

Pour tout réel h différent de 2 et de – 2,

f (– 1 + h) + f (– 1 – h)

=

=

donc I (– 1 ; 0) centre de symétrie de �.

c) La tangente T au point d’abscisse – 1 a pour équa-

tion y = – (x + 1).

3.

�

–1

I

T

1

1–3O

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ite

x

f’(x)

f (x)

– � – 3 1 + �

– – –

0 +� + �

– � – � 0

x

x2 + 2x – 3

– � – 3 1 + �

+ 0 – 0 +

L’axe des abscisses et les droites d’équations :x = – 3, x = 1

sont asymptotes à �.

4. L’équation (E) :mx2 + 2(m – 1) x – (3m + 2) = 0

s’écrit m(x2 + 2x – 3) = 2x + 2.– 3 et 1 ne sont pas solutions de (E) donc l’équationest équivalente à f (x) = m. Les solutions de l’équation f (x) = m sont les abscissesdes points d’intersection de � et de la droite d’équa-tion y = m.Pour m π0, l’équation a deux solutions et pour m = 0,l’équation a une solution. On peut préciser le signe des solutions.Pour m < – , une négative, l’autre positive,

pour m = – , une négative, l’autre nulle,

pour – < m < 0, deux négatives,

pour m = 0, une négative, pour m > 0, une négative, l’autre positive.

1. a) Les dimensions du rectangle obtenu après

pliage sont � et .

1er cas : Si � > , son format est , c’est-à-dire :

pour 1 � x < 2, f (x) = .

2e cas : Si � � , son format est , c’est-à-dire :

pour x � 2, f (x) = .

b)

La fonction f est continue sur [1 ; +�[, sa courbe estobtenue par un tracé sans lever le crayon.

c) Dans [1 ; 2[, l’équation = 1,5 a pour solution

x = .

Dans ]2 ; +�[, l’équation = 1,5 a pour solution x = 3.L’équation f (x) = 1,5 a deux solutions et 3.

2.

x = , x > 1.

a) les dimensions du rectangle restant sont � et L – �.

1er cas : Si L – � < �, son format est c’est-à-dire pour 1 < x < 2,

g (x) = .

2e cas : Si L – � � �, son format est c’est-à-dire

pour x � 2, g (x) = – 1 = x – 1.

b)

La fonction g est continue sur ]1 ; + �[, sa courbe estobtenue par un tracé dans lever le crayon. c) L’équation g (x) = 2 s’écrit :

• pour 1 � x < 2, = 2 et on obtient x = ;

• pour x � 2, x – 1 = 2, x = 3.

L’équation g (x) = 2 a deux solutions et 3.

a) g est une fonction polynôme dérivable sur

[– 1 ; 1] et g’ (x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1) (x +1).

D’après le signe d’un trinôme du second degré, pour tout x � [– 1 ; 1], g’(x) � 0.

b) f est la composée de la fonction cosinus strictementdécroissante sur [0 ; p] et de la fonction g strictementdécroissante sur [– 1 ; 1] donc f est strictement crois-sante sur [0 ; p].

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O

1

1 2

�g

L

l

l

O

1

2

1 2

�f

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x

g’(x)

g (x)

– 1 1

0 – 0

3– 1

x

f’ (x)

0 p3

– 1

c) f est la composée de deux fonctions continues doncf est continue sur [0 ; p]. f est continue et strictement croissante sur [0 ; p],f (0) = – 1 et f (p) = 3.Donc pour tout réel k compris entre – 1 et 3, l’équationf (x) = k admet une solution unique dans [0 ; p].

1. f est une fonction polynôme donc f est deuxfois dérivable sur �, pour tout réel x,

f ’(x) = x3 – 3x + 4 et f ’’ (x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1) (x +1).

2. a)

b) Sur ]– � ; – 1], f’ est continue et strictement croissante.0 � ]– � ; 6] donc l’équation f ’ (x) = 0 admet une so-lution unique dans ]– � ; – 1]. Sur [– 1 ; 1], f’ est décroissante et sur [1 ; +�[, f’ estcroissante donc pour tout x � [– 1 ; +�[, f’(x) � 2.L’équation f’(x) = 0 n’a pas de solution dans [– 1 ; +�[.Finalement l’équation f ’(x) = 0 admet une seule solu-tion c et c se trouve dans ]– �,– 1].

c) f’(– 2,2) ª – 0,048 ; f ’(– 2,2) < 0f ’(– 2,19) ª 0,067, f’ (– 2,19) > 0donc – 2,2 < c < – 2,19.

3. a) Sur [– 1 ; +�[, f ’(x) � 2 donc f’(x) > 0.Sur ]– �, – 1], f ’ est strictement croissante et f ’(c) = 0, donc pour x < c, f ’(x) < f ’(c), f ’(x) < 0 etpour c < x � – 1, f ’ (x) > f ’ (c), f ’ (x) > 0.

b)

c) f (c) =

or f’ (c) = 0 donc c3 – 3c + 4 = 0 et c3 = 3c – 4.

f (c) =

d) c � [– 3 ; – 2] donc f (c) < 0.Sur ]– � ; c], f est continue et strictement décroissante,0 � [ f (c), + �[ donc l’équation f (x) = 0 admet unesolution unique dans ]– � ; c].

• Sur ]c ; +�[, f est continue et strictement croissante, 0 � ] f (c), +�[ donc l’équation f (x) = 0 admet une so-lution unique dans ]c ; +�[.Finalement le polynôme f a 2 racines.

1. d est une distance donc d > 0 et la bille doit

rentrer dans le cylindre donc d < 2.

Le volume d’eau est :v1 = pR2h1 = 0,5 p (en dm3).

Le volume de la bille est :

v2 = (en dm3).

Le volume total eau-bille est :

0, 5p + p (en dm3).

C’est aussi le volume d’un cylindre de rayon 1 dm etde hauteur d car le niveau de l’eau est tangent à la billedonc :

0,5p + p = p ¥ 1 ¥ d.

Il vérifie donc :

.

2. a) f est la fonction définie sur [0 ; 2] par :f (x) = x3 – 6 x + 3,

f est une fonction polynôme donc dérivable et pour tout

x � [0 ; 2], f ’ (x) = 3 x2 – 6 = 3(x – ) (x + ).

Pour x � [0 ; 2], 3(x + ) > 0 donc f’ (x) a le même

signe que x – .

f est continue et strictement décroissante sur [0 ; ].

0 � [3 – 4 ; 3] donc l’équation f (x) = 0 admet une

solution unique dans [0 ; ].

Sur [ ; 2], f est croissante et f (2) = – 1 donc pour

tout x de [ ; 2], f (x) � – 1.

L’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans [ ; 2].

Finalement l’équation x3 – 6x + 3 = 0 admet une solu-

tion unique dans ]0 ; 2[.

b) Avec la calculatrice : 0,52 < x < 0,53.

1. a) Augmenter un capital de 4,5 % revient à la

multiplier par 1,045, donc Cn+1 = 1,045 ¥ Cn.

b) La suite C est géométrique de raison 1,045 donc

Cn+1 = C0 ¥ 1,045 n.

68

h1 h2 = d

67

66

50

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UEF

/Rep

rodu

ctio

n in

terd

ite

x

f’ (x)

f (x)

0 2

– 0 +3 – 1

3 – 4

x

f’’ (x)

f’ (x)

– � – 1 1 + �

+ 0 – 0 +

6 + �

– � 2

x

f’ (x)

f (x)

– � c + �

– 0 ++ � + �

f (c)

2. q est le coefficient multiplicateur associé au taux (q � 1), le capital de 500 € placé au 1.1.1999 vaudra500 ¥ q5 au 1.1.2004.Le capital de 700 € placé au 1.1.2001 vaudra 700 ¥ q3

au 1.1.2004.Le capital acquis au 1.1.2004 est donc :

500 q5 + 700 q3 = 1587,42.La fonction polynôme f définie par : f (x) = 500 x5 + 700x3 – 1587,42 est dérivable sur [1 ; + �[ et f’(x) = 2500x4 + 2100x2.Pour tout x �1, f’(x) > 0.

f est continue et strictement croissante sur [1 ; + �[ et0 � [– 387,42 ; +�[ donc l’équation f (x)= 0 admetune solution unique q dans [1 ; +�[.q ª 1,075 au millième près ; le taux arrondi au dixièmeest donc de 7,5 %.

1. a) x3 – 15x – 4 = 0 est équivalente à :

x3 – 15x = 4 ou x2 – 15 = car 0 n’est pas solutionde (E).

b)

c) Les solutions de l’équation (E) ou de l’équation x2 – 15 = sont les abscisses des points d’intersec-

tion des courbes représentatives � et � des fonctionsx � x2 – 15 et x � .

On obtient 3 solutions, l’une est 4, les deux autres sonta et b avec – 4 < a < – 3 et – 1 0 s’écrit x3 – 15x > 4 ouencore sur ]0 ; +�[, x2 – 15 > et sur ]– � ; 0[,x2 – 15 < .

e) Les solutions de l’inéquation x2 – 15 > sont les

abscisses des points de � situés au-dessus de �.L’ensemble des solutions dans ] 0 ; + �[ est :

S1 = ]4 ; + �[.

Les solutions de l’inéquation x2 – 15 < sont les abs-

cisses des points de � situés au-dessous de �.L’ensemble des solutions sur ]– � ; 0[ est S2 = ]a ; b[.L’ensemble des solutions de l’inéquation (I) est :

S = S1 � S2 = ]a ; b[ � ]4 ; + �[.

2. a) f est une fonction polynôme donc f est continuesur �.

b) Pour x π0,f (x) = x3 .

On applique les règles opératoires sur les circuits.

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x3 = + �

donc limxÆ+�

f (x) = +�.

c) f est une fonction polynôme dérivable sur �. Pour tout réel x, f’(x) = 3x2 – 15 = 3(x – ) (x + ).

d)

e) f est continue et strictement monotone sur chacundes intervalles :

]– � ; – [, [– ; ] et ] ; + �[.

0 � ]– � ; 10 – 4[ donc l’équation f (x) = 0 a une

solution unique a dans ]– � ; – [.

0 � [– 10 – 4 ; 10 – 4] donc l’équation f (x) = 0

a une solution unique b dans [– ; ].

0 � ]– 10 – 4 ; + �[ donc l’équation f (x) = 0 a une

solution unique gdans ] ; + �[.f) g= 4, – 3,733 < a < – 3,732 et – 0,268 0.

f est strictement décroissant sur [– ; ] etf (b) = 0

10

1O

�

1 4

10

–15

O

α β

� :y = x2 –15 �:y =4—x

69


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rodu

ctio

n in

terd

ite

t

f’ (x)

f (t)

1 + �

+– �

– 387,42

x

f’(x)

f (x)

– � – + �

+ 0 – 0 +

10 – 4 + �

– � 10 – 4

donc pour – � x < b, f (x) > 0

et pour b < x � , f (x) < 0.

f est strictement croissante sur ] ; +�[ et f (4) = 0

donc pour < x < 4, f (x) < 0 et pour x > 4, f (x) > 0.

L’ensemble des solutions de l’inéquation (I) est :S = ]a ; b[ � ]4 ; +�[

3. Pour tout réel x,(x – 4) (ax2 + bx + c) = ax3 + (b – 4a)x2 + (c – 4b) x – 4cOn résout le système :

b) (E) s’écrit (x – 4) (x2 + 4x + 1) = 0(E) est donc équivalente à x – 4 = 0 ou x2 + 4x + 1 = 0. L’équation x2 + 4x + 1 = 0 a pour D = 16 – 4 = 12, lessolutions sont :

a = = – 2 – et b = – 2 + .

Finalement l’ensemble des solutions de (E) est : {– 2 – ; – 2 + ; 4}

c) On étudie le signe de (x – 4) (x2 + 4x + 1).

L’ensemble des solutions de l’inéquation (I) est :

S = ]– 2 – ; – 2 + [ � ]4 ; +�[

1. Supposons que f ne garde pas un signe

constant sur un intervalle I. Alors, il existe des réels a et b de I tels que f (a) < 0 etf (b) > 0.0 � [ f (a) ; f (b)] et f est continue sur I, d’après lethéorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel cdans l’intervalle d’extrémités a et b tel que f (c) = 0.Il y a contradictions avec l’hypothèse : f ne s’annulepas sur I. Donc finalement garde un signe constant surI.

2. a) Pour x � [– p ; p] , f (x) = 0 équivaut à :

cos x = ou sin x = – .

L’ensemble des solutions de l’équation f (x) = 0 est :

S = .

b) f (– p) = – 3, f = 1,

f = 1, f (0) = 1,

f = – 3.

c) Les fonctions sinus et cosinus sont continues sur �.La fonction f construite par opérations à partir de cesdeux fonctions est continue sur [– p ; p].D’après 1., sur tout intervalle à f ne s’annule pas, ellegarde un signe constant.

Sur , f ne s’annule pas et f (– p) = – 3

donc pour tout x � , f (x) < 0.

Sur , f ne s’annule pas et f = 1

donc pour tout x � , f (x) > 0.

Sur , f ne s’annule pas

et f = 3 – 2 , f < 0 donc pour tout

x � , f (x) < 0.

Sur , f ne s’annule pas et f (0) = 1 donc pour

tout x � , f (x) > 0.

Sur , f ne s’annule pas et f = – 3 donc

pour tout x � , f (x) < 0.

a) n est un entier relatif, pour tout réel x de

[n, n + 1[, E(x) = n et x + 1 � [n + 1, n + 2[ donc

E(x + 1) = n + 1.

f (x + 1) = (x + 1 – n – 1) (x + 1 – n – 1 – 1) = (x – n) (x – n – 1) = (x – E(x)) (x – E(x) – 1)= f (x).

b) Pour x � [– 3 ; – 2[ , E(x) = – 3 et f (x) = (x + 3) (x + 2).La courbe représentant f sur [– 3 ; – 2] est une partiede la parabole d’équation y = x2 + 5x – 6.Pour tout réel x, f (x + 1) = f (x).f est périodique de période 1.

7170

52

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n in

terd

ite

x

f (x)

–p – 5 – – p

– 0 + 0 – 0 + 0 –

x

f (x)

–�

–

a

0 +

b

0 –

4

0 +

+�

x

x – 4

x2 + 4x + 1

x3 – 15x – 4

– � –2– –2 4 +�

– – – 0 +

+ 0 – 0 + +

– 0 + 0 – 0 +

On obtient donc la courbe représentant f sur [– 3 ; 3]par des translations successives de vecteur in, le planétant muni d’un repère (0 ; in, jn).

c) f est continue sur �. Sa courbe est obtenue par untracé sans lever le crayon.

Pn est une fonction polynôme, donc Pn est unefonction continue sur �. Pn(2) = 2n+1 – 2n+1 + 1 = 1 etPn(1) = 1n+1 – 2 ¥ 1n + 1 = 0.Pn est dérivable sur [1 ; 2] car Pn est une fonction po-lynôme et pour tout réel x de [1 ; 2], P’n(x) = (n + 1)xn – 2nxn–1

= xn–1(n + 1)x – 2n)Sur [1 ; 2], P’n(x) = 0 équivaut à x = .

Pour tout n � 1, 1 � < 2.

• n = 1

= 1, le polynôme admet une racine comprise en

1 et 2. • n > 1

Pn est décroissante strictement sur et

Pn(1) = 0 donc pour tout x de , Pn(x) < 0.

L’équation Pn(x) = 0 n’a pas de solution dans .

Pn est continue et strictement croissante sur ,

Pn < 0 et P(2) > 0 donc l’équation Pn(x) = 0

a une solution unique dans .

Problèmes de synthèse

Partie A

1. a) g est une fonction polynôme donc g est continuesur �.

b) Pour x π0, g(x) = x3 .

On applique les règles opératoires sur les circuits.

limxÆ+�

= 1 et limxÆ+�

x3 = +�

donc limxÆ+�

g(x) = + �.

limxÆ–�

= 1 et limxÆ–�

x3 = – �

donc limxÆ–�

g(x) = – �.

c) g est une fonction polynôme donc g est dérivablesur �.Pour tout réel x, g’(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1) (x + 1)

2. a) Sur ]– � ; – 1], g est croissante et sur [– 1 ; 1],g est décroissante donc pour tout x � ]– � ; 1], g(x) � g(– 1), c’est-à-dire g(x) � – 2.L’équation g(x) = 0 n’a pas de solution dans ]– � ; 1].Sur [1 ; +�[, g est continue et strictement croissanteet 0 � [– 6 ; +�[ donc l’équation g(x) = 0 a une so-lution unique dans [1 ; +�[. Finalement l’équation g(x) = 0 a une seule solution adans � et a > 1.

b) g(2,19) ª – 0,0665, g(2,19) < 0 et g(2,2) ª 0,048,g(2,2) > 0 donc 2,19 < a < 2,2.3. Pour tout x � ]– � ; – 1], g(x) � – 2 donc g(x) < 0.Sur [1 ; +�[, g est strictement croissante et g(a) = 0donc :pour tout x � [1 ; 2 [, g(x) < 0 et pour tout x � ]a ; + �[, g(x) > 0.

Partie B 1. Pour x π0,

f (x) = .

limxÆ+�

= 1, limxÆ+�

x = +�,

limxÆ+�

= 1 donc limxÆ+�

f (x) = + �,

73

72

1 2 3–3 –2 –1 O

1—4

1—4


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/Rep

rodu

ctio

n in

terd

ite

x

P’n(x)

Pn(x)

1 2

0 +

1

0

x

P’n(x)

Pn(x)

1 2

– 0 +0 1

Pn

x

g’(x)

g(x)

– � – 1 1 + �

+ 0 – 0 +– 2 + �

–� – 6

x

g (x)– � a + �

– 0 +

limxÆ–�

= 1, limxÆ–�

x = – �,

limxÆ–�

= 1 donc limxÆ–�

f (x) = – �

Pour étudier les limites de f en 1 et en – 1, il est utilede connaître le signe de x2 – 1.

limxÆ–1

(x3 + 2x2) = 1

limxÆ–1x<–1

(x2 – 1) = 0 et x2 – 1 > 0 donc limxÆ–1x<–1

f (x) = + �

limxÆ–1x<–1

(x2 – 1) = 0 et x2 – 1 < 0 donc limxÆ–1x>–1

f (x) = – �

limxÆ1

(x3 + 2x2) = 3

limxÆ1x<1

(x2 – 1) = 0 et x2 – 1 < 0 donc limxÆ1x<1

f (x) = – �

limxÆ1x>1

(x2 – 1) = 0 et x2 – 1 > 0 donc limxÆ1x>1

f (x) = + �

2. a) f est une fonction rationnelle donc f est déri-vable en tout réel de son ensemble de définition.

Pour tout x de D,

f’(x) =

= .

Pour tout x de �, (x2 – 1)2 > 0 donc f’ (x) a le même

signe que xg (x).

3. a) Pour tout x de �,

x + 2 +

= .

b) Pour tout x de �,

f (x) – (x + 2) = = .

limxÆ+�

= 0, limxÆ+�

= 0 et limxÆ+�

x = +�

donc limxÆ+�

[ f (x) – (x + 2)] = 0.

La droite D d’équation y = x + 2 est asymptote à � en+�.

De même,

limxÆ–�

= 0, limxÆ–�

= 0

et limxÆ–�

x = – � donc limxÆ–�

[ f (x) – (x + 2)] = 0.

La droite D est aussi asymptote à � en – �.

c) Pour étudier la position de � et D, on étudie le signe

de j (x) = f (x) – (x + 2) = .

Sur ]– � ; – 2[ et sur ]– 1 ; 1[, j (x) < 0 doncf (x) < x + 2 et � est au-dessous de D.Sur ]– 2 ; – 1[ est sur ]1 ; +�[, j (x) > 0 doncf (x) > x + 2 et � est au-dessus de D.� est D se coupent au point d’abscisse – 2.

4. Les droites d’équations x = – 1 et x = 1 sont égale-ment asymptotes à �.

1. Les entiers 3 ; 4 ; 5 nous fournissent une solu-tion de cette équation pour n = 2 : 32 + 42 = 52.

2. x, y, z sont trois entiers consécutifs dans cet ordre.

a) y = x + 1 et z = x + 2.

74

1

1

x = 1x = –1

D

–2

aO

�

54

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n in

terd

ite

x

x2– 1– � – 1 1 + �

+ 0 – 0 +

x

x

g (x)

f’ (x)

f (x)

–� – 1 0 1 a –�

– – 0 + + +

– – – – 0 +

+ + 0 – – 0 +

+� 0 +� +�

–� –� –� f (a)

x

x + 2

x2 – 1

j (x)

– � – 2 – 1 1 +�

– 0 + + +

+ + – +

– 0 + – +

b) L’équation x3 + y3 = z3 s’écritx3 + (x + 1)3 = (x + 2)3,

c’est-à-dire x3 – 3x2 – 9x – 7 = 0.

c) f est une fonction dérivable sur [0 ; +�[. Pour tout u � 0f’(u) = 3u2 – 6u – 9 = 3(u + 1) (u – 3)

d) Sur [0 ; 3] f est décroissante et f (0) = – 7 donc pourtout x � [0 ; 3], f (u) � – 7.L’équation f (u) = 0 n’a pas de solution dans [0 ; 3].Sur [3 ; +�[, f est continue et strictement croissante,0 � [– 34 ; +�[ donc l’équation f (x) = 0 admet une so-lution unique a dans [3 ; +�[.f (5) = – 2 , f (5) < 0.et f (6) = 47, f (6) > 0 donc 5 < a < 6.c) L’équation x3 – 3x2 – 9x – 7 = 0 n’a donc pas de so-lution entière donc il n’existe pas trois entiers consé-cutifs x, y, z solutions de l’équation x3 + y3 = z3.

3. a) y = x + 1 et z = x + 2, l’équation x4 + y4 = z4 s’écritx4 + (x + 1)4 = (x + 2)4, c’est-à-dire :

x4 – 4x3 – 18x2 – 28x – 15 = 0.

b) g est une fonction dérivable sur [0 ; +�[.Pour tout réel u � 0,

g’(u) = 4u3 – 12u2 – 36u – 28 = 4 f (u).

c) Des variations de f , on déduit le signe de f.Sur [0 ; 3], f (u) � – 7 donc f (u) < 0. Sur [3 ; +�[, f est strictement croissante et f (a) = 0pour tout u � [3 ; a[, f (u) < 0 et pour tout u � ]a ; +�[,f (u) > 0.

d) Sur [0 ; a], g est décroissante et g(0) = – 15 doncpour tout u � [0 ; a], g(u) � – 15.L’équation g(u) = 0 n’a pas de solution dans [0 ; a].Sur [a ; + �[ , g est continue et strictement croissante. De plus 0 � [g(a), +�[ car g(a) < 0, l’équation g(x) = 0 admet une solution unique b dans [a ; +�[.g(7) = – 64, g(7) < 0et g(8) = 657, g(8) > 0. donc 7 < b < 8.

e) L’équation x4 – 4x3 – 18x2 – 28x – 15 = .... n’a pasde solution entière donc il n’existe pas trois entiersconsécutifs x, y, z solutions de l’équation x4 + y4 = z4.

1. Le périmètre du triangle est 30 donc :

AB + AC + x = 30 d’où AB = AC = .

Avec le théorème de Pythagore dans le triangle ABHrectangle en H :

AH2 = AB2 – BH2 =

donc la hauteur AH du triangle ABC vaut et l’aire du triangle ABC est égale à :

BC ¥ AH = .

2. a) f est le produit des fonctions u : x � et

v : x � .

u est une fonction affine, v est le composée d’une fonc-

tion affine et de la fonction racine carrée.

Ces fonctions sont continues sur tout intervalle contenu

dans leur ensemble de définition, donc f est continue

par opération et composition sur [0 ; 15].

b) u est dérivable sur [0 ; 15[, v est dérivable sur

[0 ; 15[ car pour tout x de [0 ; 15[, 900 – 6x > 0.

f est donc dérivable sur [0 ; 15 [.

Pour tout x de [0 ; 15[,

f’(x) =

=

=

c)

d) k est un réel strictement positif.

• Si 0 < k < 25 , l’équation f (x) = k admet deux so-

lutions, l’une dans l’intervalle ]0 ; 10[, l’autre dans l’in-

tervalle ]10 ; 15[.

30 – x—2

x—2

A

CBH

// //

75


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n in

terd

ite

u

f’ (u)

f (u)

0 3 + �

– 0 +– 7 + �

– 34

u

g’ (u)

g (u)

0 a + �

– 0 +– 15 + �

g (a)

x

f’ (x)

f (x)

0 10 15

+ 0 –

0 0

• Si k = 25 , l’équation f (x) = k admet une solution

x = 10.

• Si k > 25 , l’équation f (x) = k n’admet pas de so-

lution.

3. 0 < 25 < 25 , f étant continue et strictement mo-

notone sur ]0 ; 10[ et sur ]10 ; 15[, l’équation f (x) = 25

admet une solution unique dans ]0 ; 10[ et une solution

unique dans ]10 ; 15[.

Il existe donc exactement deux triangles isocèles de pé-

rimètre fixé égal à 30 et d’aire 25.

Les valeurs approchées des solutions de l’équation

f (x) = 25 sont à 10–1 puis x1 ª 3,8 et x2 ª 14,2, le 1er

triangle a pour dimensions 3,8 ; 13,1 ; 13,1 et le 2ème

triangle a pour dimensions 14,2 ; 7,9 ; 7,9.

1. a)

Le périmètre du triangle est 30 donc 2a + x = 30,

x = 30 – 2a.

Dans le triangle ABH rectangle en H,

cosq = ,

donc a =

et x = .

b) L’aire du triangle ABC est :

BA ¥ BC ¥ sinq =

=

2. Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur

; g est définie sur et continue par opé-

rations.

3. g est dérivable sur car g est le quotient de

deux fonctions dérivables sur .

Pour q � ,

g’ (q)

=

=

=

=

=

c)

d) k est un réel strictement positif.

• Si 0 < k < 25 , l’équation g (q) = k admet deux so-

lutions, l’une dans et l’autre dans .

• Si k = 25 , l’équation g(q) = k admet une solution

q = .

• Si k > 25 , l’équation g(q) = k n’a pas de solution.

3. a) 25 � ]0, 25 [.

g étant continue et strictement monotone sur et

sur , l’équation g(q) = 25 admet une solution

unique q1 dans et une solution unique q2 dans

.

0,4 < q1 < 0,5 et 1,4 < q2 < 1,5.

b) Le triangle isocèle de périmètre 30 ayant l’aire maxi-male est celui correspondant à q = .Ce triangle est équilatéral.

x—2

x—2

A

CB

a

θ

a

H

// //

76

56

© N

atha

n-V

UEF

/Rep

rodu

ctio

n in

terd

ite

qg’ (q)

g (q)

0

+ 0 –

0 0

HAPITRE Langage de la continuité et tableaux de...

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